理论力学思考题习题答案

第一章 质点力学

矿山升降机作加速度运动时，其变加速度可用下式表示：⎪

⎭

⎫ ⎝

⎛-=T t c a 2sin

1π 式中c 及T 为常数，试求运动开始t 秒后升降机的速度及其所走过的路程。已知升降机的初速度为零。

解 ：由题可知，变加速度表示为

⎪⎭

⎫ ⎝

⎛

-=T t c a 2sin

1π 由加速度的微分形式我们可知dt

dv a =

代入得 dt T t c dv ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2sin 1π 对等式两边同时积分

dt T t c dv t v

⎰⎰⎪⎭⎫

⎝

⎛

-=002sin 1π 可得 ：D T t c T ct v ++=2cos 2ππ（D 为

常数）

代入初始条件：0=t 时，0=v ， 故c T D π

2-=

即⎥⎦⎤⎢⎣

⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=12cos 2T t T t c v ππ 又因为dt

ds v =

所以 =ds dt T t T t c ⎥⎦⎤⎢⎣

⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+12cos 2ππ 对等式两边同时积分，可得：

⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫

⎝⎛-+=t T t T T t c s 2sin 222

12πππ 直线FM 在一给定的椭圆平面内以匀角速

ω绕其焦点F 转动。求此直线与椭圆的焦

点M 的速度。已知以焦点为坐标原点的椭

圆的极坐标方程为()

θ

cos 112

e e a r +-=

式中a 为椭圆的半长轴，e 为偏心率，常数。

解：以焦点F 为坐标原点

题1.8.1图

则M 点坐标 ⎩⎨

⎧==θθ

sin cos r y r x 对y x ,两式分别求导

⎪⎩⎪⎨⎧+=-=θθθθθθcos sin sin cos r r y

r r x 故

()()

2

2

222cos sin sin cos θθθθθθ r r r r y x

v ++-=+=222ωr r

+= 如图所示的椭圆的极坐标表示法为

()

θ

cos 112e e a r +-=

对r 求导可得（利用ωθ= ） 又因为

()()

2

21cos 111e

a e e a r -+-=θ

即 ()re

r e a --=2

1cos θ

所以

()

()

2

222

2

22

221211cos 1sin e r e ar r e

a --+--=-=θθ

故有 ()

2222

224222

sin 1ωθωr e a r e v +-=

()

2

224221e a r e -=

ω()()]

1211[2

2222

22e r e ar r e a --+--22ωr +

()()⎥⎦

⎤⎢⎣⎡--+-⋅-=222222

22

21121e e ar r r e e a r ω()r r a b r -=

22

2

2ω

即 ()r a r b

r v -=2ω（其中

()

b a e b ,1222-=为椭圆的半短轴）

质点作平面运动，其速率保持为常数。试证其速度矢量v 与加速度矢量a 正交。

证：质点作平面运动，设速度表达式为 j i v y x v v +=令为位矢与轴正向的夹角，所以

dt

d v dt dv dt d v dt dv dt d y

y x x j j i i v a +++==j i ⎪⎪⎭

⎫

⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θθ x y y x v dt dv v dt dv []

j

i a ⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θθ x y y x v dt dv v dt dv ()j i y x v v +⋅

θ

θ y x y

y y x x x v v dt dv v v v dt

dv v ++-=dt

dv v dt

dv

v y y

x x += 又因为速率保持为常数，即

C C v v y x ,22=+为常数 对等式两边求导 022=+dt

dv v dt dv v y y x

x

所以 0=⋅v a 正交.

质点沿着半径为r 的圆周运动，加速度矢

量与速度矢量间的夹角α保持不变。求质点的速度随时间而变化规律。出速度为0v 。

解 由题可知速度和加速度有关系如

图

1.11.1所示

题1.11.1图

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧====ααcos sin 2a dt dv a a r v a t n

两式相比得 dt

dv r v ⋅=ααcos 1sin 2

即 2cot 1v dv dt r =α

对等式两边分别积分

20

0cot 1v dv dt r

v v t

⎰⎰

=α 即

αcot 110r

t

v v -= 此即质点的速度随时间而变化的规律

将质量为m 的质点竖直抛上于有阻力的媒质中。设阻力与速度平方成正比，即

22gv mk R =。如上抛时的速度为0v ，试证

此质点又落至投掷点时的速度为

2

2011v

k v v +=

解 质点从抛出到落回抛出点分为上升和下降阶段.取向上为正

上升时 下降时 题1.19.1图

则两个过程的运动方程为： 上升 22y g mk mg y m --= ① 下降： 22y g mk mg y m +-=- ② 对上升阶段: ()221v k g dt

dv +-=

()

221v k g dy

vdv

dt dy dy dv +-== 即 gdy v k vdv -=+221

对两边积分

gdy v

k vdv

h v ⎰⎰

-=+0220

10

所以 ()

2

0221ln 21v k g

k h += ③

即质点到达的高度. 对下降阶段： 22gv k g dy

vdv

dt dy dy dv -== 即

gdy v

k vdv

h v ⎰⎰

=-0220

11

()

2

122

1ln 21v k g

k h --

= ④ 由③=④可得 20

2011v

k v v +=

检验下列的力是否是保守力。如是，则求出其势能。

()a

2

33206y bx y abz F x -=，

y bx abxz F y 43106-=，218abxyz F z =

()b

()()()z F y F x F z y x k j i F ++=

解 （a ）保守力F 满足条件0F =⨯∇对题中所给的力的表达式 ，代入上式

(

)(

)

()

22=+--+-+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=∂∂∂∂∂∂

=

⨯∇k

j i k

j i F F F k j i

F z

y x y 40abx 6abz y 40bx 6abz

y 18abz y 18abz 18abxz 18abxz y F x F x F z F z F y F z y x 3333

22x y z x y z

所以此力是保守力，其势为

()()

()

()

()()

(()()

(

)

()

3

24,,0,,20,,0

,0,3

000

002

33

z y,x,0

,0,0x

651810

6d 206F abxyz y bx dz abxyz abxz

x y bx y abz

dz F dy F dx V z y x y x y x x ,x,,,z

y

-=--

--

++-=⋅-=⎰⎰⎰⎰⎰dr

F (b)同（a ），由

= ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎭⎫ ⎝

⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=∂∂∂∂∂∂

=

⨯∇j i k j i F y

F x F x F z F z F y F F F F z y x y z x y z z

y x 所以此力F 是保守力，则其势能为

dz

F dy F dx F d V B

A

B

A

B

x A

z z z y y y x x ⎰

⎰

⎰

⎰-

-

-=⋅-=r

F

根据汤川核力理论，中子与质子之间的引

力具有势能：()k r

ke r V ar

,-=＜0 试求()a 中子与质子间的引力表达式，并与平方反比定律相比较；

()b 求质量为m 的粒子作半径为a 的

圆运动的动量矩J 及能量E 。

解 （a ）因为质子与中子之间引力势

能表达式为 ()()0<=-k r

ke r V r

α

故质子与中子之间的引力 ()()()2

21r e r k r ke r

ke r

ke dr d dr

r dV r F r r

r r αααααα----+=

+

=⎪

⎪⎭

⎫

⎝

⎛-

=-

= （b ）质量为m 的粒子作半径为a 的圆运动。动量矩 v r J m ⨯=

由（a ）知 ()()2

1r

e r k r F r

αα-+= ()r F 提供粒子作圆周运动的向心力，()r F 方向是沿着径向，

故 ()r v m r

e r k r 2

2

1=+--αα 当半径为a 的圆周运动 ()a v m a

e a k a 22

1=+--αα 两式两边同乘以3ma 即 ()2221a v m e a mka a =+--αα

又因为 mva J = 有 ()a e a mka J αα-+-=12

做圆周运动的粒子的能量等于粒子的动能和势能之和。 所以

()()()a

e a k a ke a e a k a V mv V

T E a a a 21212

1

2ααααα----=

++-=+=+= 质点所受的有心力如果为

⎪⎪⎭

⎫

⎝⎛+-=322r r m F νμ式中μ及ν都是常数，

并且ν＜2h ，则其轨道方程可写成

θ

k e a r cos 1+=

试证明之。式中222222222,,μμνh Ak e h k a h h k ==-=（A 为积分常数）。

证

由毕耐

公式

⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛+-=-u d u d u h m F θ2

22 质点所受有心力做双纽线

θ2cos 22a r =运动

故θ

2cos 11a r u ==

()2

32cos 12sin 1θθθ••=a d du ()()⎥⎥⎦

⎤⎢⎢⎣⎡••+=-

θθθθθθ

2sin 22cos 2sin 232cos 2cos 212523

22a d u d ()()⎥⎦⎤⎢⎣

⎡+=--252212cos 2sin 32cos 21θθθa

故 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=u d u d u mh F 22

22θ ()()⎢⎣⎡++-=--θθθθcos 12cos 2sin 32cos 22cos 1252213

2

a mh ()()θθ2tan 12cos 322332+-=-a mh

()2

7322cos 3-

-=θa

mh 2

72

23

23⎪⎪⎭

⎫ ⎝

⎛-

=a r a mh 7

2

43r h ma -=

证 由毕耐

公

式

⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛+-=-u d u d u h m F θ2

22 将力⎪⎪⎭

⎫

⎝⎛+-=322r r m F νμ带入此式

⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛+=+u d u d u h r r 22

22322θνμ 因为r u 1

=

所以 ⎪

⎪⎭

⎫ ⎝⎛+=+u d u d u h u u 22

22322θνμ 即 222221h u h d u d μνθ=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+ 令 2

22

h

h k ν-= 上式化为 2

22

22h u k d u d μθ=+ 这是一个二阶常系数废气次方程。

解之得 ()222

cos h

k k A u μϕθ++=

A 微积分常数，取0=ϕ，故 222cos h

k k A u μθ+=

1cos cos 112222

2

2222+=+==θμ

μμθk h k A h k h k k A u r 令

22

2222,μμh Ak e h k a == 所以 θk e a

r cos 1+=

第二章习题.

求均匀扇形薄片的质心，此扇形的半径为a ,所对的圆心角为2θ，

并证半圆片的质心离圆心的距离为π

a 34。

解 均匀扇形薄片，取对称轴为x 轴

，由对称性可知质心一定在x 轴上。

题2.1.1图

有质心公式 ⎰

⎰=dm xdm x c

设均匀扇形薄片密度为ρ，任意取一小面元dS ， dr rd dS dm θρρ== 又因为 θcos r x =

所以 θθθρθρsin 32a dr rd dr rd x dm xdm x c ===⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 对于半圆片的质心，即2

πθ=代入，有 πππθθa a a x c 342

2sin 32sin 32=⋅== 如自半径为a 的球上，用一与球心相距为

b 的平面，切出一球形帽，求此球形冒的质心。

解 建立如图2.2.1图所示的球坐标系

题2.2.1图

把球帽看成垂直于z 轴的所切层面的叠加设均匀球体的密度为ρ。 则 )(222z a dz y dv dm -===ρπρπρ 由对称性可知，此球帽的质心一定在z 轴上。代入质心计算公式，即

)

2()(432

b a b a dm zdm z c

++-

==⎰⎰ 半径为a ，质量为M 的薄圆片，绕垂直于圆片并通过圆心的竖直轴以匀角速ω转动，求绕此轴的动量矩。

解 因为质点组队某一固定点的动量矩 ∑=⨯=n

1i i i m v r J i

题2.5.1图

dr rd dm θρ⋅=

2

a M πρ=

所以对于连续物体对某一定点或定轴，我们就应该把上式中的取和变为积分。如图2.5.1图所示薄圆盘，任取

一微质量元，

所以圆盘绕此轴的动量矩

⎰⎰⎰⎰⋅⋅=⨯=r

rdrd r )ωθρv r dm J (=ω22

1Ma 一炮弹的质量为21M M +，射出时的水平及竖直分速度为U 及V 。当炮弹达到最高点时，其内部的炸药产生能量E ，使此炸弹分为1M 及2M 两部分。在开始时，两者仍沿原方向飞行，试求它们落地时相隔的 距离，不计空气阻力。

解：炮弹达到最高点时爆炸，由题目已知条件爆炸后，两者仍沿原方向飞行知，分成的两个部分1M ，2M ，速度分别变为沿水平方向的1v ，2v ，并一此速度分别作平抛运动。由前面的知识可知，同一高处平抛运动的物体落地时的水平距离之差主要由初速度之差决定。进而转化为求1v ，2v 。炮弹在最高点炮炸时水平方向上无

外力，所以水平方向上的动量守恒：

()221121V M V M U M M +=+ ①

以()21M M +质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒：

()E V M V M U M M -+=+2222112212

12121

联立①②解之，得

()2

211

12M M M EM U v ++

= ()2

211

22M M M EM U v +-

=

所以落地时水平距离之差

s ∆=

⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛+=

-=-212121112M M E g V t v t v s s

雨滴落下时，其质量的增加率与雨滴的表面积成正比例，求雨滴速度与时间的关系。

解 这是一个质量增加的问题。雨滴是本题m 。导致雨滴m 变化的微元m ∆的速度0=u 。

所以我们用书上的（2.7.4）式分析

F mv dt

d

=)(① 雨滴的质量变化是一类比较特殊的变质量问题。我们知道处理这类问题常常理想化模型的几何形状。对于雨滴我们常看成球形，设其半径为r ，则雨滴质量m 是与半径r 的三次方成正比（密度看成一致不变的）。 31r k m =② 有题目可知质量增加率与表面积成正

比。即 2224r k r k dt

dm =⋅=π③

21,k k 为常数。我们对②式两边求导

dt

dr

r k dt dm 213⋅=④ 由于③=④，所以 λ==1

2

3k k dt dr ⑤ 对⑤式两边积分

⎰⎰

=t

r

a

dt dr 0

λ

a t r +=λ⑥ 31)(a t k m +=λ⑦ 以雨滴下降方向为正方向，对①式分析 []

g a t k v a t k dt

d 3131)()(+=+λλ⑧

[

]

⎰⎰+=+t

v gdt a t k v a t k d 0

310

31)()(λλ

34131)(4

1

1

)(k a t g k v a t k ++=

+λλλ

（3k 为常数）

当0=t 时，0=v ，所以 λ

44

13

ga k k -= ()⎥⎦

⎤⎢⎣⎡+-

+=344a t a a t g v λλλ 第三章习题解答

长为l 2的均质棒，一端抵在光滑墙上，而棒身则如图示斜靠在与墙相距为

()θcos l d d ≤的光滑棱角上。求棒在平衡

时与水平面所成的角θ。

第3.2题图

解 如题3.2.1图所示，

o

图

题1.3.2

均质棒分别受到光滑墙的弹力1N ，光滑棱角的弹力2N ，及重力G 。由于棒处于平衡状态，所以沿y 方向的合力矩为零。即

0cos 2=-=∑G N F y θ①

0cos 22cos 2=-=∑θθl

G d N M z

由①②式得： l

d =θ3cos 所 31

arccos ⎪⎭

⎫ ⎝⎛=l d θ 一均质的梯子，一端置于摩擦系数为2

1的地板上，另一端则斜靠在摩擦系数为3

1的高墙上，一人的体重为梯子的三倍，爬到梯

1图

题1.3.5

的顶端时，梯尚未开始滑动，则梯与地面的

倾角，最小当为若干

解 ：梯子受到地面和墙的弹力分别为

1N ，2N ，受地面和墙的摩擦力分别为

1f ，2f 。梯子和人的重力分别为1G ，

2G 且123G G =。设梯长为l ，与地面夹角为θ。由于梯子处于平衡，所以

012=-=∑f N F x

①

02112=--+=∑G G N f F

y

②

且梯子沿过A 点平行于z 轴的合力矩为零。即：

0sin cos cos 2

cos 221

2=--+=∑θθθθl N l f l

G l G M i ③

又因梯子是一个刚体。当一端滑动时，

另一端也滑动，所以当梯与地面的倾

角达到最小时，1121N f =④ 2231

N f =⑤

由①②③④⑤得：2441tan =θ

所以 ， ⎪⎭

⎫ ⎝⎛=-2441tan 1θ 一均质圆盘，半径为a ，放在粗糙水平桌上，

绕通过其中心的竖直轴转动，开始时

图

题1.3.10

z 轴过O 点垂直纸面向外。

均质圆盘的密度为ρ。设盘沿顺时针转动，则沿z 的方向有z z M dt

dI = 即

z z M I =ω

① I 为转盘绕z 轴的转动惯量：

22

1

ma I =（m 为盘的质量），

ωω-=z ②（ω为盘转动的角频率，

负号因为规定顺时针转动）

320

23

2a g dr d r g M a

z ρμπ

θρμπ

==⎰

⎰

=

()23

2

a m ma g πρρμ=③ 由①②③得 a

g 34μω-= 又因为 (),00ωω= 故 ()t a g t 340μωω-=

所以 (),0=t ω 得 g

a t μω430

=

通风机的转动部分以初角速0ω绕其轴转动。空气阻力矩与角速成正比，比例常数为

k 。如转动部分对其轴的转动惯量为I ，问

经过多少时间后，其转动的角速减为初角速

的一半又在此时间内共转了多少转

第3.11题图

解 如题3.11.1图所示，

图

题1.3.11设z 轴通过O 点垂直纸面指向外。则对

z 轴有：

Z M dt

dz

= 设通风机转动的角速度大小为()t ω，由于通风机顺时针转动。所以()t z ωω-=，将()()t z t k M I z ωω=-=,代入上式得：

()()t t k I ωω

=- 。又由于()()00ωω= ，解得：

()t I

k t e

-=0ωω

故当()20ωω=t 时，k

I t =㏑2。又由于

()()t t θω = （θ为通风机转动的角度）

设()00=θ， ()t I

k

t e -=0ωθ

()()

⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛

-=+=--⎰t I k t I

k t

t e k

I dt e

10

00

0ωθωθ 故当k I t =㏑2时，()k I t 20ωθ=，t 时间

内通风机转动的转数

()()k

I n t πωπθθ4200=

-=

矩形均质薄片ABCD ，边长为a 与b ，重为mg ，绕竖直轴AB 以初角速0ω转动。此时薄片的每一部分均受到空气的阻力，其方向垂直与薄片的平面，其量值与面积及速度平方成正比，比例系数为k 。问经过多少时间后，薄片的角速减为初角速的一半

C

D

b

第3.12题图

解 如题3.12.1图，

第3.12.1图

坐标Oxyz 与薄片固连，则沿z 轴方向有： Z M dt dz =且 z I z ω=①

现取如图阴影部分的小区域

ady dS =，该区域受到的阻力

()2

2y kady kdSv df z ω==

df 对z 轴的力矩

dy y ka y df dM z z 32

ω-=⋅-=所以

230

4

z

a

z z b a k dM M ω-==⎰

②

又薄片对轴的转动惯量

()ab m ma bdy y dm y I a a ρρ====⎰⎰2020231

③

由①②③得：

()0

21431ωω+=

t m b ka t z

当()2

0ωω=t z 时，02

34ωb ka m

t =